Prova scritta di Fisica Generale I Corso di studio in Astronomia – 20 giugno 2013 Problema 1 Una scatola contenente sabbia (massa totale M = 3 kg) è appoggiata su un piano orizzontale scabro, con coefficienti di attrito statico e dinamico, rispettivamente, µs = 0.8 e µd = 0.1. Un proiettile di massa m = 5 g viene sparato nella sabbia con velocità v0 = 400 m/s lungo una traiettoria rettilinea che forma un angolo θ = 45◦ con la verticale. Assumendo che la sabbia eserciti una forza costante sul proiettile, diretta secondo la traiettoria iniziale, e sapendo che esso si ferma in un tempo t0 = 3 ms, determinare 1. se la scatola rimane ferma dopo l’impatto del proiettile; 2. l’eventuale spostamento della scatola. Soluzione Detto F il modulo della forza (costante) che la sabbia esercita sul proiettile, l’accelerazione a di m sarà anch’essa costante. Dato che la velocità si annulla a t = t0 , risulta −v0 = at0 e quindi F = m|a| = mv0 /t0 = 666.7 N. Per il III principio, il proiettile esercita sulla scatola una forza uguale ed opposta a F⃗ . Introdotto un sistema cartesiano con l’asse x in direzione orizzontale e l’asse y verticale, tale forza ha componenti F sin θ e −F cos θ, rispettivamente. Se la scatola è ferma, la risultante delle forze deve necessariamente annullarsi. Sulla scatola ⃗. agiscono, oltre a −F⃗ , il peso, la forza di attrito statico F⃗a e la reazione del piano N Proiettando lungo x e y deve quindi essere −Fa + F sin θ = 0 −M g − F cos θ + N = 0 , (1) da cui si ottiene Fa = F sin θ N = M g + F cos θ . (2) Affinchè il corpo sia in equilibrio, il piano d’appoggio deve poter esercitare una forza d’attito statico Fa ≤ Fa,max = µs N = µs (M g + F cos θ) 1 (3) da cui segue F ≤ µs M g = 166.3 N . sin θ − µs cos θ (4) Confrontando il limite massimo per F con il valore di F ricavato in precedenza, si conclude che la scatola deve necessariamente muoversi. L’interazione proiettile/sabbia+scatola può essere a tutti gli effetti trattata come un urto completamente anelastico. Dato che non agiscono forze impulsive nella direzione orizzontale, si conserva la componente x del momento totale. Detta V0 la velocità del sistema subito dopo l’urto, sarà mv0 sin θ = (m + M )V0 , (5) da cui V0 = mv0 sin θ/(m + M ). Lungo x agisce solo la forza di attrito dinamico, Fd = µd N = µd (m + M )g, per cui il moto è uniformemente decelerato con a = −µd g. Lo spazio d percorso fino all’arresto si ricava dalla relazione V 2 − V02 = 2ad , (6) con V = 0, da cui d= V02 = 0.11m . 2|a| (7) Problema 2 Un disco omogeneo di massa M = 2 kg, inizialmente in quiete, è appoggiato sopra un piano inclinato scabro (angolo di inclinazione θ = 30◦ ), trattenuto da una corda di lunghezza ℓ = 50 cm, disposta orizzontalmente e fissata alla sommità del piano inclinato e al disco stesso (vedi figura). Si determini 1. il momento d’inerzia del disco, I, rispetto all’asse perpedicolare che passa per il centro; 2. il valore minimo del coefficiente di attrito statico, µs,min , affinchè tale configurazione sia effettivamente di equilibrio. Ad un verto istante la corda viene tagliata ed il disco inizia a rotolare senza strisciare lungo il piano inclinato. Supponendo che il piano sia sufficientemente lungo, calcolare 3. la velocità del centro di massa, vCM , dopo che il disco ha compiuto 5 giri completi. 2 Soluzione Con riferimento alla figura, si consideri il triangolo rettangolo che ha come cateti la corda (di lunghezza ℓ) e il raggio R che congiunge il centro del disco al punto in cui è attaccata la corda (B) e per ipotenusa la congiungente il centro con la sommità del piano inclinato (A). L’angolo in A è pari a θ/2, da cui segue immediatamente R = ℓ tan θ/2 = ℓ sin θ/(1 + cos θ). Il momento d’inerzia rispetto all’asse che passa per il centro è quindi 1 M ℓ2 sin2 θ I = M R2 = = 0.018 kg m2 . 2 2(1 + cos θ)2 (8) Affinchè il sistema sia in equilibrio devono essere nulle le risultanti delle forze e dei momenti. Sul disco agiscono la forza peso M⃗g , applicata nel CM, la forza di attrito statico ⃗ , applicate nel punto di contatto (C), e la tensione del filo, T⃗ , F⃗a e la reazione vincolare N applicata nel punto B. Si introduca un sistema cartesiano, con l’asse x diretto secondo la linea di massima pendenza del piano (e orientato verso il basso), l’asse y perpendicolare al piano (e diretto verso l’alto) e l’asse z perpendicolare a x e y (uscente dal foglio). Calcolando i momenti rispetto al CM e proiettando lungo z si ottiene RT − RFa = 0 , (9) mentre la proiezione lungo x e y della risultante delle forze fornisce −Fa + M g sin θ − T cos θ = 0 N − M g cos θ − T sin θ = 0 . 3 (10) Risolvendo, si ottiene N = M g. Dalla condizione Fa ≤ µs N = µs M g, segue immediatamente sin θ = 0.27 . (11) 1 + cos θ Detto ϕ l’angolo descritto dal disco nella sua rotazione e tenendo conto che il moto è di puro rotolamento (vCM = ωR), lo spostamento del CM lungo x sarà ∆x = ϕR e la sua variazione di quota ∆Z = ∆x sin θ (qui Z è l’asse verticale); quando il disco ha compiuto 5 µs ≥ giri, sarà ϕ = 5 × 2π. Usando la conservazione dell’energia 1 IC ω 2 = M g∆Z , (12) 2 dove IC = M R2 /2 + M R2 = 3M R2 /2 è il momento d’inerzia rispetto all’asse ortogonale per il punto di contatto, e ricordando che ω = vCM /R, si ottiene per ϕ = 5 × 2π √ vCM = 20 × 2πRg sin θ = 5.24 m/s . 3 (13) Problema 3 Una macchina termica scambia calore con due sorgenti. La sorgente fredda è composta da ghiaccio alla temperatura di fusione T1 = 273 K, mentre la sorgente calda è composta da vapor d’acqua alla temperatura di ebollizione T2 = 373 K. Al termine di un ciclo si sono sciolti 100 g di ghiaccio e l’entropia della sorgente calda è diminuita di 0.122 kJ/K. 1. Si dica se la macchina termica è reversibile o irreversibile. Il lavoro prodotto dalla macchina viene interamente utilizzato per compiere un ciclo di un figorifero di Carnot che opera tra le temperature T3 = 630 K e T4 = 234 K. Entrambe le sorgenti sono in questo caso composte da mercurio liquido, rispettivamente alla temperatura di ebollizione e di solidificazione. Al termine del ciclo frigorifero una quantità m = 2.87 kg di mercurio è passata allo stato solido. 2. Si calcoli il calore latente di fusione del mercurio. Si assuma per il calore latente di fusione del ghiaccio λf = 333.5 kJ/K. Soluzione Il calore ceduto al ghiaccio è in modulo pari a Q1 = mλf = 33.35 kJ, per cui la variazione di entropia della sorgente fredda vale ∆S1 = |Q1 |/T1 = +0.122 kJ/K. Dai dati del problema è ∆S2 = −0.122 kJ/K, pertanto la variazione totale di entropia è nulla (la macchina compie un ciclo, pertanto la variazione di entropia dell’Universo eguaglia quella delle sorgenti) e il ciclo è reversibile. Il rendimento è pertanto η =1− T1 = 0.268 , T2 4 (14) mentre il calore assorbito dalla sorgente calda è pari a Q2 = −T2 Q1 = 45.6 kJ . T1 (15) Il lavoro prodotto risulta quindi W = Q2 − |Q1 | = 12.2 kJ. Tale lavoro viene utilizzato dal ciclo frigorifero, che scambia calore Q3 (negativo) con la sorgente calda a T3 e Q4 (positivo) con la sorgente fredda a T4 , e quindi W = Q4 − |Q3 | . (16) Il calore ceduto dal ciclo frigorifero alla sorgente calda si può calcolare pensando di invertire il ciclo. In tal caso il calore scambiato Q3 resta uguale in modulo ma è opposto in segno, e può essere direttamente calcolato conoscendo il lavoro W e il rendimento |Q3 | = W W = = 19.4 kJ . η2 1 − T4 /T3 (17) Si ottiene perciò Q4 = mλ = W + |Q3 |, dove λ è il calore latente di fusione del mercurio e m è la quantità di mercurio che si è solidificata. Sostituendo i dati del problema risulta λ = 11 kJ/K. 5